Các bài toán thiết lập phương trình đường thẳng trong không gian

BÀI GIẢNG SỐ 04: CÁC DẠNG TOÁN THIẾT LẬP PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG TRONG KHÔNG GIAN A: KIẾN THỨC CẦN NHỚ: 1.. Phương trình chính tắc của đường thẳng Cho đường thẳng d có phương trình t

BÀI GIẢNG SỐ 04: CÁC DẠNG TOÁN THIẾT LẬP PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG TRONG KHÔNG GIAN

A: KIẾN THỨC CẦN NHỚ:

1 Phương trình tham số của đường thẳng

Trong không gian Oxyz đường thẳng (d) đi qua điểm Mx y z o; o; ovà có VTCP u a b c ; ; 

có phương trình:

(d): ,

o o o

x x at

y y bt t R

z z ct







  



(1)

Phương trình (1) gọi là phương trình tham số của đường thẳng

2 Phương trình chính tắc của đường thẳng

Cho đường thẳng (d) có phương trình tham số cho bởi (1) suy ra:

  (2) Phương trình (2) với điều kiện a 0,b 0,c 0 gọi là phương trình chính tắc của đường thẳng

3 Vị trí tương đối của hai đường thẳng:

Với hai đường thẳng ( ), (d1 d2)có phương trình:

1

:x x y y z z

d

   d1 có VTCP u a b c1 1; ;1 1

và đi qua M1x y z1; ;1 1

2

: x x y y z z

d

   d2 có VTCP u2a b c2; ;2 2

và đi qua M2x y z2; 2; 2 Xét vị trí tương đối của ( ), (d1 d2)ta sử dụng các kết quả sau:

  d1 và  d2 đồng phẳng u u  1; 2.M M1 2 0

  d1 và  d2 cắt nhau 1 2 1 2

u u M M

 





  

  d1 và  d2 song song với nhau a b c1: 1: 1a2:b c2: 2 x1x2 : y1y2 : z1z2

  d1 và  d2 trùng nhau a b c1: 1: 1 a2:b c2: 2 x1x2 : y1y2 : z1z2

  d1 và  d2 chéo nhau u u1; 2.M M1 2 0

  

B: CÁC DẠNG BÀI TẬP

Dạng 1: Viết phương trình đường thẳng trong không gian

Bài toán 1:Lập phương trình đường thẳng đi qua điểm Mx y z o; o; ovà có VTCP u a b c ; ; 

Phương pháp:

Bước 1: Tìm vectơ chỉ phương u

( nếu chưa có sẵn)

Bước 2:

Phương trình tham số là: ,

o o o

x x at

y y bt t R

z z ct







  



Hoặc phương trình chính tắc là: x x o y y o z z o

Ví dụ 1: Viết phương trình tham số của đường thẳng (d), biết đường thẳng (d) đi qua điểm

1; 2;3

A và có VTCP u2; 1; 0 

Bài giải:

Đường thẳng (d) qua A1; 2;3nhận u2; 1; 0 

là VTCP nên có phương trình tham số là

(d):

1 2

3

z

 







 



Bài toán 2: Viết phương trình đường thẳng đi qua hai điểm A, B

Phương pháp:

Bước 1: Tìm VTCP u  AB

Bước 2: Viết phương trình đường thẳng qua A ( hoặc B ) có VTCP AB

( dạng tham số hoặc chính tắc)

Ví dụ 2: Viết phương trình chính tắc của đường thẳng (d), biết (d) đi qua hai điểm

2;1; 3 , 3; 1;5

Bài giải:

Ta có: AB 1; 2;8 

(d) qua hai điểm A và B nên nhận AB

là VTCP

Đường thẳng (d) qua A (2; 1; -3) nhận AB 1; 2;8 

là VTCP nên có phương trình chính tắc là:

(d): 2 1 3

x y z



Bài toán 3:Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua một điểm và vuông góc với một mặt phẳng

Phương pháp:

Bước 1: Tìm VTPT n

của mặt phẳng đã cho

Bước 2: (d) có VTCP u n

Bước 3: Áp dụng bài toán 1

Ví dụ 3: Cho ba điểm A1; 0; 2 , B0;3; 2 , C1; 4; 1  Lập phương trình đường thẳng (d) vuông góc với mặt phẳng ABCtại A

Bài giải:

Ta có: AB  1;3; 0 , AC0; 4; 3 

Gọi n

là VTPT của (ABC) Khi đó ; 3

4

nAB AC 



   0

3

 ; 0 3



1 0



; 1 0

 3 4







 9; 3; 4

   

Vì đường thẳng (d) vuông góc với mp (ABC) nên (d) nhận VTPT n

của (ABC) là VTCP

Đường thẳng (d) qua A (1; 0; 2) nhận n

 9; 3; 4

    là VTCP nên có PTTS là:

(d):

1 9

0 3 ,

2 4

 







  



Bài toán 4: Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm A và song song với đường thẳng (d’)( hoặc song song với hai mặt phẳng cắt nhau)

Phương pháp:

Bước 1: Tìm VTCP u'

của (d’)

Bước 2: VTCP của (d) là u u'

Bước 3: Áp dụng loại 1

Ví dụ 4: Cho ba điểm A1; 0; 2 , B3; 1; 0 ,  C1;1; 2  Lập phương trình đường thẳng (d) đi qua

A và song song với đường thẳng BC

Bài giải:

Đường thẳng BC có VTCP là BC    4; 2; 2 

Đường thẳng (d) song song với BC nên nhận BC

là VTCP

Đường thẳng (d) qua A (1; 0; 2), nhận BC    4; 2; 2 

là VTCP nên có PTCT là:

(d): 1 2

x y z

 

Ví dụ 5: Lập phương trình đường thẳng   đi qua điểm I1;1;1 và song song với hai mặt phẳng  : 2x y 3z 1 0,  :x  y z 0

Bài giải:

Gọi n n , 

 

lần lượt là VTPT của mặt phẳng   và   n 2; 1;3 ,  n 1;1;1

Gọi u

là VTCP của đường thẳng  

Vì   song song với   và   nên ; 1

1

u n

u n



 





 

  

1 ; 3 1

2

1 ; 2 1

1 1

 





 4;1;3

 

Đường thẳng   qua I1;1;1, có u   4;1;3



là VTCP nên có PTTS là:

  :

1 4

1 3

 







  



Bài toán 5: Lập phương trình đường thẳng d đi qua điểmAvà vuông góc với hai đường thẳng   d1 , d2 ( không song song và không trùng nhau )

Phương pháp:

Bước 1: Tìm VTCP u u 1, 2

của    d1 , d2

Bước 2: Tìm VTCP của đường thẳng (d): uu u1; 2

  

Bước 3: Áp dụng loại 1

Ví dụ 6: Viết phương trình chính tắc của (d) đi qua M1;1;5và vuông góc với cả hai đường thẳng

 1

1

: 2 2 ,

3

 







  



và 2

:



Bài giải:

Gọi u

,u u 1, 2

lần lượt là VTCP của  d ,   d1 , d2 u11; 2;1 , u2   2;3;5

Vì (d) vuông góc với hai đường thẳng    d1 , d2 nên :

1

2

2

;

3

u u

u u u

u u







 

  

5 ;1 5

1 2

 ;1 2



2 3





 7; 7; 7  Chọn u

1; 1;1

Đường thẳng (d) qua M1;1;5, có VTCP u

1; 1;1

  nên có PTCT là:

(d): 1 1 5

x y z



Bài toán 6: Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm A và cắt cả hai đường thẳng

( ), (d d )cho trước

Phương pháp:

Bước 1: Chuyển ( ), (d1 d2)về dạng tham số

Bước 2: Gọi (d) cắt ( ), (d1 d2)lần lượt tại B, C Khi đó tọa độ của B và Ctheo thứ tự thỏa mãn các phương trình của ( ), (d1 d2)

Bước 3: A, B, C thẳng hàngABk AC

Từ đó tìm được tọa độ của B (hoặc C)

Bước 4: Viết phương trình đường thẳng (d) qua A có VTCP là AB

( hoặcAC



)

Ví dụ 7: Cho hai đường thẳng sau:

, :

Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm A (3; -1; 4) và cắt hai đường thẳng ( ), (d1 d2)

Bài giải:

Phương trình tham số của ( )d1 là:

1

3 2 , 2

 







   



Phương trình tham số của (d2)là:

2 3 '

1 ' , '

1 2 '

 







  



Giả sử (d) cắt ( ), (d1 d2) lần lượt tại B và C

( ), ( )

   B1t;3 2 ; 2 t  t C, 2 3 ';1 t t';1 2 ' t 

Vì (d) qua A và cắt ( ), (d1 d2)lần lượt tại B và C nên ba điểm A, B, C thẳng hàngABk AC

Ta có: ABt2; 4 2 ; t t6

, AC 3 ' 1; 2t  t'; 3 2 '  t 

2 3 ' 1







   



 

2

t t k

 







 AC  1; 2; 3 

Đường thẳng (d) qua A (3; -1; 4) nhận AC   1; 2; 3 

là VTCP nên có PTTS là

 

3

4 3

 







  



Bài toán 7: Viết phương trình đường thẳng (d) và song song với đường thẳng  d1 ( hoặc vuông góc với mặt phẳng (P)), cắt hai đường thẳng(d2), (d3) chéo nhau cho trước

Phương pháp:

Bước 1: Tìm VTCP u1

của  d1

Bước 2: Lập phương trình mp (P) chứa  d2 và song song với  d1

Bước 3: Xác định giao điểm A của d3 và (P)

Bước 4: Lập phương trình đường thẳng (d) qua A có VTCP u1

Ví dụ 8: Lập phương trình đường thẳng   song song với  1

1

1

x







  



  



và cắt cả hai đường thẳng 2  3

Bài giải:

Gọi VTCP của ( ), (d1 d2)lần lượt làu u 1, 2

1 0; 4; 1 , 2 1; 4;3

  

Gọi (P) là mặt phẳng chứa  d2 và song song với  d1 và n

là VTPT của (P)

1

2

; 16; 1; 4

n u

n u u

n u

 





 

  

 

Mặt phẳng (P) chứa  d2 nên điểm M (1; -2; 2)  ( )P

Vậy mặt phẳng (P) qua M (1; -2; 2) và có VTPT n  16; 1; 4  

nên có phương trình là:

16 x1 1 y2 4 z2 0

16x y 4z 10 0

Gọi A là giao điểm của  d3 và (P) A là nghiệm của hệ phương trình

4 5 ''

7 9 ''

16 4 5 '' 7 9 '' 4 '' 10 0 ''

z t

  



   











67 ''t 67

  t'' 1 A1; 2;1

Đường thẳng (d) qua A1; 2;1có VTCP u 1 0; 4; 1 

nên có PTTS là:  

1

1

x







 



  



Bài toán 8: Viết phương trình đường thẳng (d) qua điểm A, vuông góc với  d1 và cắt  d2

chéo nhau cho trước

Phương pháp:

Bước 1: Lập phương trình mp (P) qua A và vuông góc với  d1

Bước 2: Tìm tọa độ giao điểm B của  d2 và (P)

- Nếu không tồn tại giao điểm Kết luận vô nghiệm

- Nếu có vô số giao điểm Kết luận có vô số đường thẳng trong (P) đi qua A và cắt  d2

- Nếu có nghiệm duy nhất thực hiện bước ba

Bước 3: Viết phương trình đường thẳng (d) qua A có VTCP AB

Ví dụ 9: Lập phương trình đường thẳng   đi qua A (0; 1; 1) vuông góc với

 1

d      và cắt  2

1

2

x

 





 



  



Bài giải:

 d1 có VTCP là u 1 3;1;1

Gọi (P) là mặt phẳng qua A và vuông góc với  d1 nên (P) nhận VTCP của  d1 là VTPT

Vậy phương trình mặt phẳng (P) qua A (0; 1; 1) có VTPT u 1 3;1;1

là:

(P):3xy  z 2 0

Gọi B là giao điểm của  d2 và (P) Khi đó B là nghiệm của hệ phương trình

1

1

2

x

x y z

 



  





 





3 1 t 2 t 2 0

       

2t 2 t 1

Vậy B  1; 2;3AB  1;1; 2

Đường thẳng   qua A (0; 1; 1) và có VTCP AB   1;1; 2



có PTCT là:

x y z



Bài toán 9: Viết phương trình đường thẳng (d) đi qua điểm A vuông góc và cắt đường thẳng   cho trước

Phương pháp:

Bước 1: Nhận xét rằng đường thẳng (d) cần tìm sẽ đi qua hình chiếu vuông góc H của A trên

 

Bước 2: Xác định tọa độ H bằng cách:

- Lập phương trình mặt phẳng (P) qua A và vuông góc với  

- H     ( )P

Bước 3: Viết phương trình đường thẳng (d) qua A có VTCP là AH

Ví dụ 10: Cho điểm M1; 2; 1 và đường thẳng (d):

2

1

x

y t











  



a Xác định tọa độ hình chiếu vuông góc của M trên đường thẳng (d) Từ đó suy ra tọa độ điểm M’ đối xứng với M qua (d)

b Lập phương trình đường thẳng đi qua M vuông góc với (d) và cắt (d)

Bài giải:

a Gọi (P) là mặt phẳng qua M và vuông góc với đường thẳng (d) Khi đó (P) nhận VTCP

0;1; 1

u 

của (d) là VTPT Vậy mặt phẳng (P) qua M1; 2; 1 có VTPT u0;1; 1 

có phương trình là:

3 0

y  z

Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên đường thẳng (d) Khi đó H là giao điểm của (d) và (P)

Tọa độ H là nghiệm của hệ phương trình:

2

1

3 0

x

y t

y z





 





 



   



2; 2; 1

H

Vì M’ đối xứng với M qua (d) nên H là trung điểm của MM’

'

'

'

2

2

H

H

x

z























Vậy M ' 3; 2; 1 

b Phương tình đường thẳng   qua M1; 2; 1  có VTCP MH1; 0; 0

nên có PTTS là:

 

1

1

y z

 





  

  



,tR

Bài toán 10: Viết phương trình hình chiếu vuông góc của đường thẳng (d) trên một mặt phẳng

1 Trên các mặt phẳng tọa độ

Phương pháp:

Bước 1: Chuyển (d) về dạng tham số ,

o o o

x x at

y y bt t R

z z ct







  



Bước 2: Khi đó:

 Hình chiếu vuông góc của (d) lên (Oxy) có phương trình ,

0

o o

x x at

y y bt t R z







 



 Hình chiếu vuông góc của (d) lên (Oyz) có phương trình

0 ,

o o

x

y y bt t R

z z ct









  



 Hình chiếu vuông góc của (d) lên (Oxz) có phương trình 0 ,

o

o

x x at

z z ct







  



2 Trên mặt (P) bất kì

Phương pháp:

Bước 1: Lấy điểm A d Từ đó xác định tọa độ điểm H là hình chiếu của Atrên (P)

Bước 2: Phương trình hình chiếu vuông góc của (d) trên (P) là đường thẳng qua H và song

song với (d)

Ví dụ 11: Lập phương trình đường thẳng   là hình chiếu vuông góc của đường thẳng

 

4

1 2

x t







 



   



trên mặt phẳng (P): x – y + 3z + 8 = 0

Bài giải:

Gọi VTCP của (d) làu  4;3; 2 

điểm A0; 4; 1  ( )d

Đường thẳng qua A và vuông góc với (P) nên nhận VTPT n  1; 1;3 

của mp (P) là VTCP

Phương trình đường thẳng qua A0; 4; 1 nhận n  1; 1;3 

là VTCP nên có PTTS là:

4

1 3

x t







 



   



Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên (P) Khi đó tọa độ H là nghiệm của hệ phương trình:

4

1 3

x – y 3z 8 0

x t





  



      



  





10

11 10

11

10 54 41

; ;

11 11 11

Phương trình hình chiếu vuông góc của (d) lên mp (P) là đường thẳng qua A và song song với (d) nên có VTCP là u  4;3; 2 

Vậy phương trình cần tìm là:  

10 4 11 54

11 41 2 11















  



Bài toán 11: Viết phương trình đường vuông góc chung của hai đường thẳng  d1 và  d2

Phương pháp:

Bước 1: Giả sử A, B theo thứ tự là chân đường vuông góc chung trên  d1 và  d2

Bước 2: Chuyển phương trình  d1 và  d2 về dạng tham số, suy ra tọa độ của A, B theo phương trình tham số của  d1 và  d2

Bước 3: Từ điều kiện:    

   

,

t u



   

    tọa độ A, B

Bước 4: Viết phương trình đường vuông góc chung của  d1 và  d2 qua A và có VTCP là AB

Ví dụ 12: Trong Oxyz cho hai đường thẳng  1

1

5

 









   



và  2

0 : 4 2 '

5 3 '

x







 



  



a Chứng minh hai đường thẳng chéo nhau

b Lập phương trình đường vuông góc chung  của  d1 và  d2

Bài giải:

a Gọi VTCP của  d1 và  d2 lần lượt là u11;0;1 , u2 0; 2;3 

LấyM11; 0; 5    d1 ,M20; 4;5   d2

Ta có: u u  1; 2  2; 3; 2  

, M M  1 2  1; 4;10

Xét: u u1; 2.M M1 2   2 12 20  340

  

Vậy hai đường thẳng  d1 và  d2 chéo nhau

b Giả sử A, B theo thứ tự là chân đường vuông góc chung trên  d1 và  d2

1 ; 0; 5 , 0; 4 2 ';5 3 '

      AB   1 t; 4 2 ';10 3 ' t  t t

Vì    

   



   

   

8 4 ' 30 9 ' 3 0 13 ' 3 22 0 3

4; 0; 2 , 0;6; 2

Đường thẳng   qua A (4; 0; -2) và có VTCP là AB

=(-4; 6; 4) có phương trình là:

x y z

 



Dạng 2: Vị trí tương đối của hai đường thẳng

Phương pháp: Với hai đường thẳng ( ), (d1 d2)có phương trình:

1

:x x y y z z

d

   d1 có VTCP u a b c1 1; ;1 1

và đi qua M1x y z1; ;1 1

2

: x x y y z z

d

   d2 có VTCP u2a b c2; ;2 2

và đi qua M2x y z2; 2; 2 Xét vị trí tương đối của ( ), (d1 d2)ta thực hiện các bước sau:

Bước 1: Thực hiện:

- Với đường thẳng  d1 chỉ ra VTCP u1

và điểm M1 d1

- Với đường thẳng  d2 chỉ ra VTCP u2

và điểm M2 d2

Bước 2: Kiểm tra:

- Nếu u1

,u2 , M M1 2

cùng phương thì kết luận ( ), (d1 d2)trùng nhau

- Nếu u1

,u2 cùng phương và không cùng phương với M M1 2

thì kết luận ( ), (d1 d2)song song với nhau

- Nếu u1

,u2 không cùng phương , thực hiện bước 3

Bước 3: xét: u u1; 2.M M1 2

  

Khi đó:

- Nếu u u  1; 2.M M1 2 0

thì kết luận ( ), (d1 d2)cắt nhau

- Nếu u u1; 2.M M1 2 0

  

thì kết luận ( ), (d1 d2)chéo nhau

Ví dụ 13: Cho hai đường thẳng  1

2 1

3 3

x t

z t

 





 



  



và  2

2

3 1

x u

 





  



  



Chứng mình hai đường thẳng đó chéo nhau

Bài giải:

 d1 có VTCP u 1 2;1;3

và điểm M11; 2; 3    d1

 d2 có VTCP u 2 1; 2;3

và điểm M22; 3;1    d2

Ta có: u u   1; 2.M M1 2    3; 3;3 1; 5; 4  240

Vậy ( ), (d1 d2)chéo nhau

Dạng 3: Vị trí tương đối của đường thẳng và mặt phẳng

Phương pháp:

Bước 1: Xét hệ phương trình tạo bởi (d) và (P)

Bước 2: Biện luận:

- Nếu hệ vô nghiệm, khi đó  d ( )P   ( ) / /( )d P

- Nếu hệ có nghiệm duy nhất, khi đó  d ( )P  A, với A là nghiệm của hệ

- Nếu hệ có vô số nghiệm, khi đó  d ( )P

Ví dụ 14: Biện luận theo m vị trí tương đối của mặt phẳng (P) và đường thẳng (d) biết: